Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Điều kiện: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Ta có ${\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3$$\Leftrightarrow x - 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 9$. Chọn D.

Ta có $\overline x = \frac{{6{,}5 \cdot 2 + 7{,}5 \cdot 8 + 8{,}5 \cdot 18 + 9{,}5 \cdot 12}}{{40}} = 8{,}5$.

Phương sai ${s^2} = \frac{{{{6{,}5}^2} \cdot 2 + {{7{,}5}^2} \cdot 8 + {{8{,}5}^2} \cdot 18 + {{9{,}5}^2} \cdot 12}}{{40}} - {8{,}5^2} = 0{,}7$. Chọn A.

a) Đúng. Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - x + 7}}{{x + 1}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - x + 7}}{{x + 1}} = + \infty$ nên $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

b) Đúng. Ta có $y = x - 2 + \frac{9}{{x + 1}}$, $y' = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

c) Sai. Có $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 4\\x = 2\end{array} \right.$. Bảng biến thiên của hàm số:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 4; - 1} \right)$.

d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ bằng $- 9$.

a) Đúng. $P\left( A \right) = 0{,}7$.

b) Sai. Ta có $P\left( {B|A} \right) = 0{,}2$.

Ta có $P\left( {AB} \right) = P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}7 = 0{,}14$.

c) Đúng. Ta có $P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}3$.

Do đó $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$.

d) Sai. Xác suất để ngày chủ nhật trời nắng là $P\left( {\overline B } \right)$.

Ta có: $P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A } \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}7 + 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}23$.

$\Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}23 = 0{,}77$.

a) Đúng. Có ${v}_{A}(0)={v}_{B}(0)=20\ (\text{m}/\text{s})$

b) Sai. Ta có: ${S_A} = \int\limits_0^5 {{v_A}\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^5 {\left( {{t^2} - t + 20} \right){\rm{d}}t} = \frac{{775}}{6} \approx 129{,}167\left( {\rm{m}} \right)$;

${S_B} = \int\limits_0^5 {{v_B}\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^5 {\left( {{t^3} - 6{t^2} + 9t + 20} \right){\rm{d}}t} = \frac{{475}}{4} \approx 118{,}75\left( {\rm{m}} \right)$.

Vì ${S_A} > {S_B}$ nên xe $A$ đi được quãng đường lớn hơn.

c) Sai. Có ${v_A}\left( t \right) = {v_B}\left( t \right) \Leftrightarrow {t^2} - t + 20 = {t^3} - 6{t^2} + 9t + 20$$\Leftrightarrow {t^3} - 7{t^2} + 10t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\\t = 5\end{array} \right.$.

Mà $0 < t < 5$ nên $t = 2$.

d) Đúng. Ta có: ${v_A}\left( t \right) < {v_B}\left( t \right) \Leftrightarrow {t^2} - t + 20 < {t^3} - 6{t^2} + 9t + 20$

$\Leftrightarrow {t^3} - 7{t^2} + 10t > 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < t < 2\\t > 5\end{array} \right.$.

Do đó

${v}_{C}(t)=\{\begin{matrix}{t}^{3}-6{t}^{2}+9t+20,\ khi\ 0\le t\le 2 \\ {t}^{2}-t+20,\ khi\ 2<t\le 5\end{matrix}\ (\text{m}/\text{s})$

Dẫn tới ${S_C} = \int\limits_0^2 {\left( {{t^3} - 6{t^2} + 9t + 20} \right){\rm{d}}t} + \int\limits_2^5 {\left( {{t^2} - t + 20} \right){\rm{d}}t} = \frac{{269}}{2}$.

Suy ra $\Delta S = {S_C} - {S_A} = \frac{{16}}{3} > 5{,}3$.

a) Đúng. Có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 32\,;\,15\,;\,1} \right)$ nên phương trình $AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - 32t\\y = - 450 + 15t\\z = t\end{array} \right.$.

b) Đúng. Phương trình mặt cầu tâm $O$ bán kính $250\,{\rm{km}}$ là $\left( {{S_1}} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 62500$.

Kiểm tra được $OA > 250$ nên điểm xuất phát nằm ngoài tầm phủ sóng của radar.

Giao điểm của đường thẳng $AB$ với mặt cầu $\left( {{S_1}} \right)$ là 2 điểm $M\left( {232\,;\, - 90\,;\,24} \right)$ và $N\left( { - 216\,;\,120\,;\,38} \right)$.

Vì $AM < AN$ nên vị trí đầu tiên UAV bị phát hiện bởi radar là $M\left( {232\,;\, - 90\,;\,24} \right)$.

c) Sai. Phương trình mặt cầu tâm $O$ bán kính $50\,{\rm{km}}$ là $\left( {{S_2}} \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2500$.

Giao điểm của đường thẳng $AB$ với mặt cầu $\left( {{S_2}} \right)$ là 2 điểm $P\left( {40\,;\,0\,;\,30} \right)$ và $Q\left( { - 24\,;\,30\,;\,32} \right)$.

Vị trí đầu tiên UAV gây nhiễu được radar là $P\left( {40\,;\,0\,;\,30} \right)$ và ta có $AP \approx 1060{,}6\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

d) Sai. Thời gian radar theo dõi được UAV là

$\frac{{MN - PQ}}{v} = \frac{{\sqrt {245000} - \sqrt {5000} }}{{800}} \approx 0{,}5303300859$ (giờ) $\approx 31{,}81980516$ (phút).

Đáp án: 2,1

Gọi $x,y$ lần lượt là số chiếc bánh kem và chiếc bánh bông lan mà cửa hàng làm mỗi ngày, với $x \ge 0,y \ge 0$.

Số túi bột cần dùng là $x + y$ (túi).

Lượng đường cần dùng là $30x + 10y$ (gam).

Lượng hương liệu cần dùng là $x + 4y$ (gam).

Theo giả thiết, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 9\\30x + 10y \le 210\\x + 4y \le 24\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 9\\3x + y \le 21\\x + 4y \le 24\end{array}\end{array}} \right.} \right.$. (*)

Số tiền cửa hàng nhận được mỗi ngày là $F\left( {x;y} \right) = 0{,}25x + 0{,}2y$ (triệu đồng)

Ta tìm giá trị lớn nhất của $F\left( {x\,;\,y} \right)$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình $(*)$.

Miền nghiệm của $(*)$ là miền ngũ giác $OABCD$ với $O\left( {0;0} \right),\,A\left( {7;0} \right),\,B\left( {6;3} \right),\,C\left( {4;5} \right),\,D\left( {0;6} \right)$.

Ta có $F\left( {0;0} \right) = 0$, $F\left( {7;0} \right) = 1{,}75$, $F\left( {6;3} \right) = 2{,}1$, $F\left( {4;5} \right) = 2$, $F\left( {0;6} \right) = 1{,}2$.

So sánh kết quả tìm được ta thấy doanh thu lớn nhất đạt được là 2,1 triệu đồng.

Đáp án: 2932

Chọn đơn vị độ dài là ${\rm{km}}$. Đổi $400\,{\rm{m}} = 0{,}4\,{\rm{km}}$ và $500\,{\rm{m}} = 0{,}5\,{\rm{km}}$.

Dựng hình chữ nhật $DCBH$, khi đó $DC = HB = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}} = \sqrt {{1^2} - {{\left( {1 - 0{,}4} \right)}^2}} = 0{,}8$.

Đặt $DE = x$ và $FC = y$. Khi đó $x + y = DE + FC = DC - EF = 0{,}8 - 0{,}5 = 0{,}3$.

Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là $S = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + {{0{,}4}^2}} + 1{,}5$.

Mà $y = 0{,}3 - x$ nên $S = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{{\left( {0{,}3 - x} \right)}^2} + {{0{,}4}^2}} + 1{,}5$.

Từ đó khảo sát $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{{\left( {0{,}3 - x} \right)}^2} + {{0{,}4}^2}} + 1{,}5$ trên đoạn $\left[ {0\,;\,0{,}3} \right]$ ta được $\min S = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} + 1{,}5 \approx 2{,}932\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là $2932\,{\rm{m}}$.

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:

$\sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + {{0{,}4}^2}} \ge \sqrt {{{\left( {x + y} \right)}^2} + {{\left( {1 + 0{,}4} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}}$.

Do đó $S \ge \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} + 1{,}5 \approx 2{,}932\,\left( {{\rm{km}}} \right)$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0{,}4}}}\\{x + y = 0{,}3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{3}{{14}}}\\{y = \frac{3}{{35}}}\end{array}} \right.$.

Đáp án: 1,5

Gọi $H,\,M$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,CD$.

Tam giác $SAB$ đều, suy ra $SH \bot AB$, mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $SM$.

Suy ra: $HE \bot SM$ và $HE \bot CD$(do $CD \bot \left( {SHM} \right)$ vì $CD \bot SH,\,HM$). Do đó: $HE \bot \left( {SCD} \right)$.

Vậy $d\left( {H,\,\left( {SCD} \right)} \right) = HE = \frac{{3\sqrt 7 }}{7}$.

Xét tam giác $SHM$ vuông tại $H$, có $MH = AB,\,SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra: $\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{7}{{3A{B^2}}} = \frac{7}{9}$$\Rightarrow AB = \sqrt 3 ,\,SH = \frac{3}{2}$.

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 1{,}5$.

Đáp án: 0,64

Có $n\left( \Omega \right) = A_{10}^7$.

Gọi $A$ là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $\overline A$ là biến cố “có ít nhất 2 bạn cùng lớp ngồi cạnh nhau”. Ta sẽ tính $P\left( {\overline A } \right)$.

+) Đếm số cách xếp để 2 bạn lớp 12A ngồi cạnh nhau:

- Hai bạn lớp 12A ngồi cạnh nhau xem như một phần tử X, phần tử này có $2!$ cách chọn.

- Xếp X với 5 bạn còn lại và 3 ghế trống: có $C_9^3 \cdot 6!$ cách (chọn vị trí cho 3 ghế trống, xếp chỗ cho X và 5 bạn).

Do đó số cách xếp để 2 bạn lớp 12A ngồi cạnh nhau là $2! \cdot C_9^3 \cdot 6!$.

+) Tương tự, số cách xếp 2 bạn lớp 12B ngồi cạnh nhau là $2! \cdot C_9^3 \cdot 6!$.

+) Tuy nhiên trong các cách xếp ở trên, số cách xếp để 2 bạn 12A ngồi cạnh nhau và 2 bạn 12B ngồi cạnh nhau được tính 2 lần.

Số cách sắp xếp như trên là $2! \cdot 2! \cdot C_8^3 \cdot 5!$.

Từ đó $P\left( {\overline A } \right) = \frac{{2! \cdot C_9^3 \cdot 6! + 2! \cdot C_9^3 \cdot 6! - 2! \cdot 2! \cdot C_8^3 \cdot 5!}}{{A_{10}^7}} = \frac{{16}}{{45}}$. Vậy $P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{29}}{{45}} \approx 0{,}64$.

Đáp án: 275

Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ, đơn vị trên mỗi trục là $1{\rm{ cm}}.$ Khi đó $K\left( {3\,;\,0} \right),\,\,B\left( {5\,;\,0} \right).$

Có $OD = \frac{1}{2}AB = 5 \Rightarrow DK = \sqrt {O{D^2} - O{K^2}} = 4.$

Dẫn tới $BC = BD = \sqrt {B{K^2} + K{D^2}} = 2\sqrt 5$ nên $OC = 5 - 2\sqrt 5$$\Rightarrow C\left( {5 - 2\sqrt 5 \,;\,0} \right).$

Phương trình đường tròn đường kính $AB$ là ${x^2} + {y^2} = 25.$

Phương trình đường tròn tâm $B$, bán kính $BD$ là: ${\left( {x - 5} \right)^2} + {y^2} = 20.$

Gọi $\left( {{C_1}} \right):y = \sqrt {25 - {x^2}}$ và $\left( {{C_2}} \right):y = \sqrt {20 - {{\left( {x - 5} \right)}^2}} .$

Gọi $\left( {{H_1}} \right)$ là hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( {{C_1}} \right),\,\,Ox,\,\,Oy,\,\,x = 3.$ Thể tích khối tròn xoay sinh bởi $\left( {{H_1}} \right)$ khi quay quanh trục $Ox$ là: ${V_1} = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {25 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} .$

Gọi $\left( {{H_2}} \right)$ là hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( {{C_2}} \right),\,\,Ox,\,\,x = 5 - 2\sqrt 5 ,\,\,x = 3.$ Thể tích khối tròn xoay sinh bởi $\left( {{H_2}} \right)$ khi quay quanh trục $Ox$ là: ${V_2} = \pi \int\limits_{5 - 2\sqrt 5 }^3 {{{\left( {\sqrt {20 - {{\left( {x - 5} \right)}^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} .$

Thể tích cần tìm là $V = 2\left( {{V_1} - {V_2}} \right) \approx 275\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{.}}$

Đáp án: 2520

Gọi số ở ô giữa là $b$. Mỗi đường chéo là một cấp số nhân $\left( {x\,;\,b\,;\,z} \right) \Rightarrow xz = {b^2}$.

+) Trong tập $S$, xét các cặp có tích bằng ${b^2}$:

- Với $b = 4$: Có các cặp $\left( {1\,;\,16} \right),\,\,\left( {2\,;\,8} \right)$.

- Với $b = 6$: Có các cặp $\left( {2\,;\,18} \right),\,\,\left( {3\,;\,12} \right),\,\,\left( {4\,;\,9} \right)$ $\Rightarrow$ có 3 cách chọn hai cặp rời nhau.

- Với $b = 12$: Có các cặp $\left( {8\,;\,18} \right),\left( {9\,;\,16} \right)$.

$\Rightarrow$ Tổng số cách chọn hai cặp rời nhau cho hai đường chéo là: $1 + 3 + 1 = 5$ cách.

+) Với mỗi lựa chọn:

- Gán hai cặp cho hai đường chéo và chọn thứ tự tăng/giảm: $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ cách.

- Điền 4 ô còn lại: chọn tùy ý 4 trong 10 số còn lại: $A_{10}^4 = \frac{{10!}}{{6!}}$ cách.

Vậy số cách xếp là $T = 5 \cdot 8 \cdot A_{10}^4$ nên $\frac{T}{{80}} = 2520$.